Solutions du Contrôle n˚5 page 1 de 4

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Solutions du Contrôle n˚5

I) 5 points

Voir : suites célèbres, n˚4, où on remplace √

2 par √

3. Thème d’exercice donné au bac 2006

•

√ 3

√ 3

Dans ce genre d’exercice, il est important d’étudier la fonction f. En particulier, le cas favorable est lorsqu’elle est croissante.

Il est important aussi de ne pas confondre n et u

n

. La formule n’est pas u

n

= f (n), mais u

n+1

= f (u

n

). u

n

joue le rôle de x dans f (x), et donc il est important de savoir à quel intervalle appartient u

n

pour savoir quelles propriétés de f utiliser.

Le sens de variation de u n’est pas nécessairement le même que celui de f . 1. Etudions d’abord le sens de variation de f : f

⁰

(x) = 1

2 − 3

2x

²

= x

²

− 3 2x

²

. Sur ]0; +∞[, on a x

²

> 3 pour x > √

3.

Donc f est décroissante sur ]0; √

3[ et croissante sur [ √ 3; +∞[

Démontrons par récurrence que u est minorée par √ 3.

initialisation : u

0

> √

3 puisque u

0

= 4 > √ 3 hérédité : Soit n tel que u

_n

> √

3, a-t-on u

_n+1

> √ 3 ? Puisque u

n

> √

3 et que f est croissante sur [ √

3; +∞[, f (u

n

) > f ( √ 3).

Or f (u

_n

) = u

_n+1

(énoncé) et f ( √ 3) =

√ 3 2 + 3

2 √

3 = · · · = √ 3

Donc u

n+1

> √

3, et l’hérédité est ainsi démontrée.

conclusion : D’après le principe de récurrence, u

n

> √

3 pour tout n > 0..

2. Démontrons par récurrence que u

n+1

6 u

n

pour tout n > 0.

initialisation : A-t-on u

1

6 u

0

? On calcule u

1

= u

0

2 + 3

2u

₀

= · · · = 19 8 6 4.

Donc u

1

6 u

0

.

hérédité : Soit n tel que u

n+1

6 u

n

. A-t-on u

n+2

6 u

n+1

? On a prouvé que u était minorée par √

3, donc u

n+1

et u

n

sont dans [ √ 3; +∞[, Or f est croissante sur cet intervalle, donc f (u

n+1

) 6 f (u

n

),

c’est-à-dire u

_n+2

6 u

_n+1

, et l’hérédité est prouvée.

conclusion : D’après le principe de récurrence, u

_n+1

6 u

_n

pour tout n > 0.

Donc u est décroissante.

Autre méthode : calculer u

_n+1

− u

_n

= −u

²_n

+ 3 2u

n

et utiliser u

_n

> √ 3

3. a) f (x) − x 2 +

√ 3 2

!

= 3 2x −

√ 3 2 =

√ 3 2

√ 3 − x

x

!

Donc, pour 0 < x < √

3, la courbe de f est au-dessus de la droite et pour x > √

3, la courbe de f est en-dessous de la droite.

√ 3

√ 3

b) initialisation : A-t-on u

0

6 3 2

⁰

+ √

3 ? Oui puisque 4 6 3 + √

3 (car √ 3 > 1)

hérédité : Soit n tel que u

n

6 3 2

ⁿ

+ √

3. A-t-on u

n+1

6 3 2

ⁿ⁺¹

+ √

3 ? On sait u

n

> √

3, donc d’après la question précédente f(u

n

) 6 u

_n

2 +

√ 3 2 . Donc ici f (u

n

) 6 1

2 3

2

ⁿ

+ √ 3

+

√ 3

2 , ce qui est bien équivalent à

Solutions du Contrôle n˚5 page 2 de 4 u

n+1

6 3

2

ⁿ⁺¹

+ √ 3.

Donc l’hérédité est démontrée.

conclusion : D’après le principe de récurrence, u

n

6 3 2

ⁿ

+ √

3 pour tout n > 0.

c) On a démontré √

3 6 u

n

6 3 2

ⁿ

+ √

3 pour tout n > 0.

Or 3

2

ⁿ

tend vers 0 lorsque n tend vers +∞

Donc, d’après le théorème des gendarmes, lim

n→+∞

u

_n

= √ 3

Autre méthode : u est décroissante et minorée par √

3, donc elle est convergente vers une limite L > √

3. Par passage à la limite, L vérifie f (L) = L, qu’on résout. Il y a deux solutions − √

3 et √

3, mais comme L > √

3, seule L = √ 3 convient.

II) 5 points

Voir "Exponentielle de base a", thème des exercices 3 et 4 et d’un bac 2007 1. f

⁰

(x) = · · · = x(2 − x ln(2))

2

^x

(la dérivée de 2

^x

est 2

^x

ln(2)).

Le numérateur est un trinôme du second degré dont les racines sont 0 et en a = 2

ln(2) ≈ 2, 885. On en déduit le signe de f

⁰

(x) d’après la règle du signe d’un trinôme.

On retrouve ainsi le tableau de variations donné.

On peut préciser f (0) = 0 et f(a) ≈ 1, 126.

2. En −∞ il n’y a pas d’indétermination (forme « +∞

0

⁺

», car la limite de a

^x

est 0 pour a > 1). Donc lim

x→−∞

f (x) = +∞

En +∞ il y a une indétermination de la forme « +∞

+∞ » car la limite de a

^x

est +∞ pour a > 1). On va utiliser les croissances comparées mais il faut se ramener à l’exponentielle de base e et faire un changement de variable :

2

^x

= e

^xln(2)

. On pose X = x ln(2).

On obtient f (x) = X

ln(2)

²

e

^−X

= 1

ln(2)

²

X

²

e

^−X

. Or une limite du cours (croissances comparées) donne lim

X→+∞

X

ⁿ

e

^−X

= 0.

Donc lim

x→+∞

f(x) = 0

Attention à la phrase "l’exponentielle l’emporte ...". D’abord "l’emporter" n’a pas de définition mathématique précise, et ensuite "l’exponentielle" désigne "la" fonc- tion exponentielle e

^x

et pas une fonction composée e

^cx

. Il faut se ramener explici- tement à une formule de limite du cours.

3. a) La question "quel est le nombre de solutions ?" doit faire penser au théorème de la bijection continue. Ici, les méthodes purement algébriques n’aboutissent pas. D’autre part, il n’est pas utile de transformer algébriquement le problème en un autre (par les logarithmes) puisqu’on a déjà étudié les variations et les limites de f . Il n’y a plus qu’à les utiliser.

On applique trois fois le théorème de la bijection continue : sur ] − ∞; 0[, sur ]0; a[ et sur ]a; +∞[.

Sur chacun de ces intervalles la fonction est continue (fonctions ususelles), strictement monotone (voir question 1) et la valeur 1 est intermédiaire entre les limites de f (car 1 ∈]0; +∞[, 1 ∈]0; f (a)[ et 1 ∈]0; f (a)[ car f (a) ≈ 1, 126).

Donc l’équation f (x) = 1 admet 3 solutions sur R , une sur chacun des inter- valles : α, β, γ

Remarque : on peut conjecturer avec la calculatrice que β = 2 et γ = 4. On le vérifie par le calcul direct :

f (2) = 2

²

2

²

= 1

f (4) = 4

²

2

⁴

= 16

16 = 1

2

•

4

•

α

• • 1

b) Ce n’est pas une question indépendante. Il faut penser à se ramener à f . Puisque 2

^x

> 0 ; l’inéquation x

²

> 2

^x

est équivalente à l’inéquation x

²

2

^x

> 1, ce qui équivaut d’après ce qui précède (question b) et d’après le sens de variation de f à : x < α ou β < x < γ

Sur les autres intervalles (α 6 x 6 β ou x > γ), on a x

²

6 2

^x

. Résumé :

x 6 α α 6 x 6 2 2 6 x 6 4 x > 4

x

²

> 2

^x

x

²

6 2

^x

x

²

> 2

^x

x

²

6 2

^x

Ce qu’on vérifie sur les courbes :

Solutions du Contrôle n˚5 page 3 de 4

2

•

4

•

α

• x

²

2

^x

• 4

• 16

III) 5 points

1. Dans ce genre de question, "construire" fait référence à la construction de l’escalier de récurrence.

−4.5 −4 −3.5 −3 −2.5 −2 −1.5 −1 −0.5

−3.5

−3

−2.5

−2

−1.5

−1

−0.5 0

A

B C

D E F G

H I J K

L M

N O Q P

R S T

Pour représenter u, on trace les points ABCDEF G. Les valeurs de la suite sont les abscisses des points AHIJ

Pour représenter v, on trace les points KLM N OP Q. Les valeurs de la suite sont les abscisses des points KRST

On peut conjecturer qur u est croissante, v décroissante, et qu’elles ont une limite

commune −2

2. Dire que w est monotone revient à dire que w

n+1

− w

n

est de signe constant, c’est-à-dire du signe de w

1

− w

0

Par récurrence :

initialisation : Si n = 0, w

n+1

− w

n

= w

1

− w

0

, c’est bien du signe de w

1

− w

0

hérédité : Soit n tel que w

n+1

−w

n

est du signe de w

1

−w

0

. A-t-on w

n+2

− w

n+1

du signe de w

1

− w

0

?

Puisque f est croissante, elle conserve l’ordre, donc w

_n+2

− w

_n+1

est du même signe que w

_n+1

− w

_n

, donc du signe de w

₁

− w

₀

. L’hérédité est démontrée.

conclusion : Pour tout n, w

n+1

− w

n

est du signe de w

1

− w

0

, donc de signe constant, donc w est monotone.

u

1

− u

0

= 1, 5 > 0, donc u est croissante.

v

1

− v

0

= −2 < 0, donc v est décroissante.

3. v

n+1

− u

n+1

= · · · = 1

2 (v

n

− u

n

), donc v − u est une suite géométrique de raison 1 2 .

−1 < 1

2 < 1, donc la limite de v − u est 0.

u est croissante, v est décroissante et v − u a pour limite 0, donc u et v sont deux suites adjacentes, donc elles sont convergentes et ont une limite réelle commune L.

4. D’après le cours on sait que, pour tout n, u

_n

6 L 6 v

_n

puisque u et v sont adjacentes. C’est un encadrement d’amplitude v

_n

− u

_n

.

Donc les n cherchés sont ceux qui vérifient v

n

− u

n

6 10

⁻⁶

Or v

n

− u

n

= (v

0

− u

0

)

1 2

ⁿ

= 4 1

2

ⁿ

On résout 4 1

2

n

6 10

⁻⁶

, soit :

ln(4) − n ln(2) 6 −6 ln(10), soit n > ln(4) + 6 ln(10)

ln(2) (car 2>1).

Donc pour n entier : n > 22 car ln(4) + 6 ln(10)

ln(2) ≈ 21, 93

IV) Spécialité : 5 points

1. Voir PPCM : solutions des exercices, numéro 4 D’après le lemme d’Euclide,

PGCD(5n + 3, 2n −1) = PGCD(2n−1, 5n+ 3 −2(2n−1)) = PGCD(2n−1, n+ 5) =

= PGCD(n + 5, 2n − 1 − 2(n + 5)) = PGCD(n + 5, −11) = PGCD(n + 5, 11).

Donc le PGCD est un diviseur de 11, donc c’est 1 ou 11 puisque 11 est premier.

On raisonne ensuite par cas, en traduisant la propriété ab = md

Solutions du Contrôle n˚5 page 4 de 4 – Si d = 11, ab = md ⇔ ... ⇔ 10n

²

+ n − 366 = 0.

C’est une équation du second degré avec ∆ = 14641 = 121

²

, dont les racines sont 6 et −61

10 . Seule la racine 6 convient.

– Si d = 1, ab = md ⇔ . . . ⇔ 10n

²

+ n − 36 = 0.

C’est une équation du second degré avec ∆ = 1441. Aucune des deux racines n’est un nombre entier ( √

∆ n’est pas entier ni rationnel).

Donc une seule solution n = 6

2. a) Voir exemple numéro 1 de la feuille : petit théorème de Fermat

Il s’agit en quelque sorte d’une formule pour calculer la « racine septième » modulo 31

On procède en deux implications réciproques

– Si x

⁷

≡ y [31], alors en élevant à puissance 13, x

⁹¹

≡ y

¹³

[31]

Il suffirait alors de montrer que x

⁹¹

≡ x [31].

Comme 31 est premier, cela fait penser au théorème de Fermat, qui dit que x

³⁰

≡ 1 [31] si x n’est pas multiple de 31.

Or 91 = (3 × 30) + 1, donc x

⁹¹

≡ x

³⁰

3

x ≡ 1

³

x ≡ x [31]

– Réciproquement, si x ≡ y

¹³

[31], alors en élevant à la puissance 7 : x

⁷

≡ y

⁹¹

[31].

D’après ce qui précède, y

⁹¹

≡ y [31], donc on a bien x

⁷

≡ y [31]

On a donc démontré l’équivalence : x

⁷

≡ y [31] ⇔ x ≡ y

¹³

[31]

b) On applique la même idée, mais comme x et y jouent des rôles symétriques, une seule implication suffit.

Si x

^p−2

≡ y [p], alors en élevant à puissance p − 2, x

^(p−2)2

≡ y

^p−2

[p]

Il suffirait alors de montrer que x

^(p−2)2

≡ x [p], et pour cela il suffirait de montrer que (p − 2)

²

= 1 + k(p − 1).

Or (p − 2)

²

− 1 = (p − 3)(p − 1) (identité remarquable a

²

− b

²

) donc x

^(p−2)2

≡ x

^p−1

p−3

x ≡ 1

^p−3

x ≡ x [p]